Codeforces Round #569 Div. 1

　　A：n-1次操作后最大值会被放到第一个，于是暴力模拟前n-1次，之后显然是循环的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
#define N 300010
#define int long long
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int n,q,a[N],ans[N][2];
deque<int> Q;
signed main()
{
	n=read(),q=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) Q.push_back(a[i]);
	for (int i=1;i<n;i++)
	{
		int x=Q.front();Q.pop_front();
		int y=Q.front();Q.pop_front();
		ans[i][0]=x,ans[i][1]=y;
		Q.push_front(max(x,y)),Q.push_back(min(x,y));
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=Q.front(),Q.pop_front();
	}
	while (q--)
	{
		int x=read();
		if (x<n) printf("%I64d %I64d\n",ans[x][0],ans[x][1]);
		else printf("%I64d %I64d\n",a[1],a[(x-1)%(n-1)+2]);
	}
	return 0;
	//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

　　B：考虑一维的构造，每次取两边端点即可。拓展到二维，对行仍然使用一维情况下的构造方法，当然端点需要交替重复几次以取遍所有点。对列的构造相当于这样一个问题：1~n每个数各给2个，找一个排列使得差分序列不存在相同的数。可以用类似的方法构造，即令前一半和后一半各取遍1~n，前一半与一维相同每次取两边端点，后一半为前一半的镜像。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
#define N 1000010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int n,m,a[N],b[N];
signed main()
{
	n=read(),m=read();
	int u=0;
	for (int i=1;i<=n/2;i++)
		for (int j=1;j<=2*m;j++)
		a[++u]=j&1?i:n-i+1;
	for (;u<=n*m;) a[++u]=n/2+1;
	u=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int p=1;
		for (int j=1;j<=m;j++)
		{
			b[++u]=p;
			if (j&1) p=m-p+1;
			else p=m-p+2;
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	if (i%2==0) reverse(b+(i-1)*m+1,b+i*m+1);
	for (int i=1;i<=n*m;i++) printf("%d %d\n",a[i],b[i]);
	return 0;
	//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

　　C：容易想到顺序实际上无关紧要。考虑将所有菜的价格和每个人的财产放在数轴上，菜标+1人标-1，如果一道菜最后作为答案，那么显然只需要满足其是最后一个后缀和>0的菜。线段树维护最大后缀和并查询即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
#define N 300010
#define M 1000000
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int n,m,q,a[N],b[N],mx[M+10<<2],lazy[M+10<<2];
void up(int k)
{
	mx[k]=max(mx[k<<1],mx[k<<1|1]);
}
void update(int k,int x)
{
	mx[k]+=x;
	lazy[k]+=x;
}
void down(int k)
{
	update(k<<1,lazy[k]);
	update(k<<1|1,lazy[k]);
	lazy[k]=0;
}
void add(int k,int l,int r,int x,int y,int p)
{
	if (l==x&&r==y) {update(k,p);return;}
	if (lazy[k]) down(k);
	int mid=l+r>>1;
	if (y<=mid) add(k<<1,l,mid,x,y,p);
	else if (x>mid) add(k<<1|1,mid+1,r,x,y,p);
	else add(k<<1,l,mid,x,mid,p),add(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,y,p);
	up(k);
}
int query(int k,int l,int r)
{
	if (l==r) return mx[k]>0?l:-1;
	if (lazy[k]) down(k);
	int mid=l+r>>1;
	if (mx[k<<1|1]>0) return query(k<<1|1,mid+1,r);
	else return query(k<<1,l,mid);
}
signed main()
{
	n=read(),m=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for (int i=1;i<=m;i++) b[i]=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) add(1,1,M,1,a[i],1);
	for (int i=1;i<=m;i++) add(1,1,M,1,b[i],-1);
	q=read();
	while (q--)
	{
		int op=read(),p=read(),x=read();
		if (op==1)
		{
			add(1,1,M,1,a[p],-1);
			a[p]=x;
			add(1,1,M,1,a[p],1);
		}
		else
		{
			add(1,1,M,1,b[p],1);
			b[p]=x;
			add(1,1,M,1,b[p],-1);
		}
		printf("%d\n",query(1,1,M));
	}
	return 0;
	//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

　　D：稍作转化可以得到，相当于选择一条链，将链上边依次切开，最小化各部分大小的平方和。一个比较显然的dp是，设f[i]为只考虑i子树时，选择包含i的一条链，所能得到的最小平方和。暴力转移需要枚举链的两端各在哪个子树，显然菊花就退化了。但容易发现对于大小相同的子树，我们只需要取dp值最大和次大的，于是暴力的复杂度就显然不超过O(nsqrtn)了。

　　不过有一种并不会证的做法，即模仿两遍dfs求直径，随便钦定个端点找到能最优化答案的另一端点，所找到的端点就一定在答案所选的链中。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
#define N 500010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int n,p[N],size[N],t;
ll f[N];
struct data{int to,nxt;
}edge[N<<1];
void addedge(int x,int y){t++;edge[t].to=y,edge[t].nxt=p[x],p[x]=t;}
void getsize(int k,int from)
{
	size[k]=1;
	for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)
	if (edge[i].to!=from)
	{
		getsize(edge[i].to,k);
		size[k]+=size[edge[i].to];
	}
}
void dfs(int k,int from)
{
	for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)
	if (edge[i].to!=from)
	{
		f[edge[i].to]=f[k]+1ll*(size[k]-size[edge[i].to])*size[edge[i].to];
		dfs(edge[i].to,k);
	}
}
signed main()
{
	n=read();
	for (int i=1;i<n;i++)
	{
		int x=read(),y=read();
		addedge(x,y),addedge(y,x);
	}
	getsize(1,1);
	f[1]=0;dfs(1,1);
	int root=0;for (int i=1;i<=n;i++) if (f[i]>f[root]) root=i;
	getsize(root,root);
	f[root]=0;dfs(root,root);
	ll ans=0;
	for (int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f[i]);
	cout<<ans+1ll*n*(n-1)/2;;
	return 0;
	//NOTICE LONG LONG!!!!!
}